Учебная работа. Решение задач по теоретической механике

1 Звезда2 Звезды3 Звезды4 Звезды5 Звезд (Пока оценок нет)
Загрузка...

Решение задач по теоретической механике

Вариант 4

задача 1

Дано:

Q=15 кН

G= 1,8кН

a=0,10м

b=0,40м

c=0,06м

f=0,25

Решение:

рассмотрим по отдельности участки
конструкции и приложенные к ним силы:

1)

а) ΣXS= XD –T=0

б) ΣYS= YD – Q=0

в) ΣmO( FS)=
T*R – Q*R=0

Из уравнения «в» находим T и Q:

T=Q=15 кН

XD=T=15 кН

YD=15кН

2) а)ΣXO= XO +T+ FТР.max =0 

б)ΣYO= YO – N-G=0

в)ΣmO( FS)= T*R – FТР.max*2R=0 FТР.max

Из уравнения «в» находим силу трения

FТР.max=T/2=7,5кН

после чего находим нормальную реакцию
N

FТР.max=f*N откуда:

N= FТР.max / f = 7,5 / 0,25=30 кН

после чего находим  XO и YO :

XO= 30 — 7,5=22,5 кН

YO= 30 + 1,8= 31,8 кН

3) а) ΣXA= XA –FТР.max =0

б) ΣYA= YA
– Pmin +N=0

в) ΣmO( FS)=
-N*B + Pmin(a+b) — FТР.max *c=0

Из уравнения «а»:  XA=FТР.max=7,5 кН

Из уравнения «в» находим минимальное
значение силы P:

Pmin= (N * b +
FТР.max * c) / (a + b)= ( 30 * 0,4
+ 7,5 * 0,06) / 0,5 = 24,9 кН

после чего из уравнения «б» находим YA :

YA = 24,9 -30 = — 5,1 кН

Ответ: Pmin = 24,9 кН                XO= 22,5 кН

YA=  — 5,1 кН                 YO= 31,8 кН

XA=7,5 кН                     FТР.max=7,5 кН

N=30 кН

задача 2

Даны уравнения движения точки в
прямоугольных декартовых координатах.

x=4t+4

y=-4/(t+1)

t1=2

траектория точки (рис.1) — часть
параболы с вертикальной осью симметрии.

Определим положение точки на
траектории в рассматриваемый момент времени.

При t = 1c x = 0м y = 4м (координата
равна -4)

Определяем скорость и ускорение точки
с помощью уравнений движения по их проекциям на оси декартовых координат:

Vx = x’ = 2

Vy = y’ = -8t

V=√(Vx2 + Vy2) = √(4 +
64t2) = 2√(1+16t2)

При t=1c: Vx=2 м/с

Vy = -8 м/с

V=8,246 м/с

Направляющие косинусы для скорости
равны

Cos (V^x) = Vx/V = 2/8,246
= 0,2425

Cos (V^y) = Vy/v =
-8/8,246 = 0,97

ax = x» = 0

ay = -8 м/с2

a=√(ax2 + ay2)

a= |ay| = 8 м/с2

cos (a^x) = ax/a =0

cos (a^y) = ay/a =1

Уравнения движения точки в полярных
координатах

r=√(x2 + y2)

φ = arctg y/x

Получаем: r= √[(2t-2)2 + 16t4] = √[4t2
— 8t + 4 + 16t4 = 2√[t2 — 2t + 1 + 4t4

φ=arctg[-4t4/(2t-2)]

Вычислим величину радиальной
составляющей скорости

Vr=dr/dr

Vr = (2t-2+16t3)/[√(t2
— 2t + 1 + 4t4]

При t=1 сек Vr=8 м/с

знак плюс показывает, что радиальная
составляющая скорости направлена по радиус-вектору точки М.

Вычислим величину трансверальной
составляющей скорости.

Vp = rd(φ)/dt

dφ/dt = 1/[1 + 16t4/(2t-2)2] *
[-8t(2t-2) + 4t22]/(2t-2)2 = (4t-2t)2/[(t-1)2 + 4t4]

Vp=[2(4t-2t2√(t2 — 2t + 1 +
4t4)]/[(t-1)2 + 4t4] = (8t-4t2)/√(t2 — 2t + 1 + 4t4)

При t=1 Vp = 2 м/с

знак плюс показывает, что
трансверальная составляющая скорости направлена в сторону увеличения угла
φ.

Проверим правильность вычислений
модуля скорости по формуле:

V = √(Vr2 + Vp2) = √(4+64)
= 8,246 м/с

Определим величины касательного и
нормального ускорений точки. При естественном способе задания движения величина
касательного ускорения определяется по формуле

aт=dVt/dt = d[√(x’2 + y’2)] =
(Vxax + Vyay)/V = 64t/[2√(1+16t2)]=32t/√(1+16t2)

При t=1 c aт=7,76 м/с2

Так как знаки скорости и касательного
ускорения совпадают, точка движется ускоренно.

Нормальное ускорение:

an=√(a2 — a2т)

an = √(64-60,2176) = √3,7284
= 1,345 м/с2

Задача Д 8

Применение теоремы об изменении
количества движения к исследованию движения механической системы.

Дано:  

Найти: Скорость .

Решение:

На механическую систему действуют
внешние силы: — сила сухого
трения в опоре А; — силы
тяжести тел 1, 2 и 3; -сила
нормальной реакции в точке А; -реактивный
момент в опоре В.

Применим теорему об изменении
количества движения механической системы в дифференциальной форме. В проекциях
на оси координат

,  (1)

где — проекции вектора количества
движения системы на оси координат; — суммы проекций внешних сил на
соответствующие оси.

Количество движения системы тел 1, 2
и 3

   (2)

где

.     (3)

здесь — скорости центров масс тел 1, 2, 3; — соответственно переносные и
относительные скорости центров масс.

очевидно, что

    (4)

Проецируя обе части векторного
равенства (2) на координатные оси, получаем с учетом (3) и (4)

  (5)

где — внешних сил
на координатные оси

  (6)

Знак « — » соответствует случаю, когда
, а знак «+» — случаю, когда .

Подставляя (5) и (6) в (1), получим

  (7)

Выразим из второго уравнения системы
(7) величину нормальной реакции и подставим ее в первое уравнение. В результате
получим

    при ;    (8)

    при .    (9)

где

рассмотрим промежуток времени , в течении которого тело 1
движется вправо . Из (8) следует, что

,

где С- постоянная интегрирования,
определяемая из начального условия: при  

.

При  скорость тела 1 обращается в ноль,
поэтому .

Найдем значения  и :

Т.е. , . значит, тело при   начинает двигаться в обратном направлении. Это движение описывается
дифференциальным уравнением (9) при начальном условии: ;    (10)

Интегрируя (9) с учетом (10),
получим, при 

   (11)

При  получим из (11) искомое значение
скорости тела 1 в момент, когда

   .

                     при          (12)

;                     при ,       (13)

где

Из (12) и учитывая, что получаем, при

откуда       или 

Из (13) и учитывая, что  получаем, при

При  находим 

Ответ:  .

задача Д 3

Исследование колебательного движения
материальной точки.

Дано:  

найти: Уравнение движения

Решение:

Применим к решению задачи
дифференциальное уравнение движения точки. Совместим начало координатной
системы с положением покоя груза, соответствующим статической деформации пружины,
при условии что точка В занимает свое среднее положение . Направим ось  вниз вдоль наклонной плоскости. движение груза
определяется по следующему дифференциальному уравнению:

где -сумма проекций на ось  сил, действующих на груз.

Таким образом

Здесь

,

где   — статическая
деформация пружины под действием груза;

Дифференциальное уравнение движения
груза примет вид:

Введем обозначения:

Получаем, что   

при ,

Откуда 

Тогда уравнение движения груза примет
вид:

Ответ:

Учебная работа. Решение задач по теоретической механике